高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省A9協(xié)作體2024-2025學(xué)年高二下4月期中物理試題考生須知：1、本卷滿分100分，考試時(shí)間90分鐘；2、答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫(xiě)班級(jí)、姓名、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)并填涂相應(yīng)數(shù)字；3、所有答案必須寫(xiě)在答題卷上，寫(xiě)在試卷上無(wú)效；4、考試結(jié)束后，只需上交答題卷。選擇題部分一、單項(xiàng)選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列物理量中屬于矢量且用國(guó)際單位制中的基本單位表示正確的是（）A.磁感應(yīng)強(qiáng)度 B.沖量 C.電流強(qiáng)度 D.磁通量【答案】B【解析】A．磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，磁感應(yīng)強(qiáng)度可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位用用基本單位表示為故A錯(cuò)誤；B．沖量為矢量，沖量可得沖量的單位用用基本單位表示為故B正確；C．電流強(qiáng)度為標(biāo)量，國(guó)際單位制中的基本單位表示為A，故C錯(cuò)誤；D．磁通量為標(biāo)量，磁通量可得磁通量的單位用用基本單位表示為故D錯(cuò)誤。2.空間中存在著如圖所示的磁場(chǎng)，其磁感線分布如圖所示，磁感線穿過(guò)大小不變的閉合圓形金屬線圈。線圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的過(guò)程中（）A.線圈有縮小的趨勢(shì)B.穿過(guò)線圈的磁通量變小C.若線圈不閉合，線圈中沒(méi)有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D.若線圈勻速移動(dòng)，線圈中沒(méi)有感應(yīng)電流【答案】B【解析】A．從位置Ⅰ到位置Ⅱ，穿過(guò)線圈的磁通量變小。根據(jù)楞次定律的推廣表述“增縮減擴(kuò)”，這里磁通量減小，線圈應(yīng)有擴(kuò)張的趨勢(shì)，而非縮小趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B．磁感線的疏密表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，從位置Ⅰ到位置Ⅱ，磁場(chǎng)變?nèi)?，線圈面積不變，根據(jù)磁通量公式Φ=BS（B為磁感應(yīng)強(qiáng)度，S為線圈面積）可知穿過(guò)線圈的磁通量變小，故B正確；C．只要穿過(guò)線圈（無(wú)論閉合與否）的磁通量發(fā)生變化，就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，只有閉合回路中才有感應(yīng)電流，所以若線圈不閉合，雖沒(méi)有感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故C錯(cuò)誤；D．線圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的過(guò)程中，磁通量發(fā)生變化，根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生條件，只要穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中就有感應(yīng)電流，與線圈是否勻速移動(dòng)無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選B。3.關(guān)于下列四幅圖的說(shuō)法，錯(cuò)誤的是（）A.圖甲靜止在水平絕緣桌面上的金屬圓環(huán)上方的條形磁鐵向右運(yùn)動(dòng)，圓環(huán)對(duì)桌面的摩擦力向右B.圖乙為回旋加速器的示意圖，增大加速電壓，粒子在D型盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間會(huì)變短C.圖丙中閉合瞬間，線圈L兩端電壓小于電容器兩端電壓D.圖丁真空冶煉爐利用渦流產(chǎn)生的熱量使金屬熔化【答案】C【解析】A．圖甲靜止在水平絕緣桌面上的金屬圓環(huán)上方的條形磁鐵向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)楞次定律推論：來(lái)拒去留，可知條形磁鐵受到的磁場(chǎng)力偏左，則圓環(huán)受到的磁場(chǎng)力偏右，桌面對(duì)圓環(huán)的摩擦力向左，所以圓環(huán)對(duì)桌面的摩擦力向右，故A正確，不滿足題意要求；B．圖乙為回旋加速器的示意圖，增大加速電壓，粒子在電場(chǎng)中加速的次數(shù)減小，則粒子磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)的次數(shù)減小，則粒子在D型盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間會(huì)變短，故B正確，不滿足題意要求；C．圖丙中閉合瞬間，由于線圈L與電容器并聯(lián)，所以線圈L兩端電壓等于電容器兩端電壓，故C錯(cuò)誤，滿足題意要求；D．圖丁真空冶煉爐利用渦流產(chǎn)生的熱量使金屬熔化，故D正確，不滿足題意要求。故選C4.飛力士棒（Flexi-bar）是一種能加強(qiáng)軀干肌肉功能的訓(xùn)練器材。標(biāo)準(zhǔn)型飛力士棒由握柄、負(fù)重頭和PVC軟桿連接而成，可以使用雙手進(jìn)行驅(qū)動(dòng)，棒的固有頻率為4.5Hz，如圖所示。則（）A.使用者用力越大，飛力士棒振動(dòng)越快B.無(wú)論手振動(dòng)的頻率如何，飛力士棒振動(dòng)的頻率始終為4.5HzC.隨著手振動(dòng)的頻率增大，飛力士棒振動(dòng)的幅度一定變大D.驅(qū)動(dòng)該飛力士棒每分鐘振動(dòng)270次與每分鐘振動(dòng)400次相比，棒子的振幅更大?！敬鸢浮緿【解析】A．使用者用力越大，飛力士棒振動(dòng)不一定越快，只有當(dāng)使用者振動(dòng)越快，則棒振動(dòng)才越快，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．飛力士棒在手的作用下做受迫振動(dòng)，則棒振動(dòng)的頻率應(yīng)該等于手振動(dòng)的頻率，不是始終為4.5Hz，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)手振動(dòng)的頻率等于棒的固有頻率時(shí)，會(huì)產(chǎn)生共振，此時(shí)棒的振幅最大，即隨著手振動(dòng)的頻率增大，飛力士棒振動(dòng)的幅度不一定變大，驅(qū)動(dòng)該飛力士棒每分鐘振動(dòng)270次，即頻率為4.5Hz，每分鐘振動(dòng)400次即頻率約為6.7Hz，可知棒每分鐘振動(dòng)270次棒子的振幅更大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5.在光滑絕緣的水平面上，有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，球質(zhì)量為，帶電量為，球質(zhì)量為，帶電量為，且，有一極短絕緣輕彈簧被壓縮于AB兩球之間，并放置于點(diǎn)，（可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B兩球所帶的電荷量在整個(gè)過(guò)程中不變），現(xiàn)解鎖彈簧，靜止的兩個(gè)小球被彈開(kāi)后恰在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向和軌跡如圖所示（俯視圖）。則（）A.軌跡1是球的，磁場(chǎng)方向豎直向上B.軌跡2是球的，磁場(chǎng)方向豎直向上C.軌跡1是球的，磁場(chǎng)方向豎直向下D.軌跡2是球的，磁場(chǎng)方向豎直向下【答案】A【解析】帶電小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，則有解得圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最初靜止，初動(dòng)量為零，故彈簧解鎖后兩球動(dòng)量大小相等，方向相反，因，則二者軌道半徑滿足所以軌跡1是A球的，軌跡二是B球的，再由左手定則可知，磁場(chǎng)方向豎直向上。故選A。6.小明將手機(jī)系在輕彈簧下方制作了一個(gè)振動(dòng)裝置。在一次實(shí)驗(yàn)中手機(jī)加速度傳感器記錄了手機(jī)在豎直方向的振動(dòng)情況，以向上為正方向，得到手機(jī)振動(dòng)過(guò)程中加速度隨時(shí)間變化的曲線為正弦曲線，如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)，彈簧彈力為0B.時(shí)，手機(jī)位于平衡位置上方且速度在增大C.從至，手機(jī)的動(dòng)能減小D.從至，手機(jī)的機(jī)械能先增加后減少【答案】C【解析】A．由題圖乙知，時(shí)，手機(jī)加速度為0，由牛頓第二定律可知，此時(shí)受力的合力為0，彈簧彈力大小為故A錯(cuò)誤；B．由題圖乙知，時(shí)，手機(jī)加速度為正，且正在增大，則手機(jī)在平衡位置下方，向端點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，速度減小，故B錯(cuò)誤；CD．由題圖乙知，從至，手機(jī)的加速度由0變?yōu)樨?fù)向最大，則手機(jī)由平衡位置向正向最大位移處運(yùn)動(dòng)，速度減小，動(dòng)能減小，整個(gè)過(guò)程手機(jī)與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于手機(jī)的最大加速度為，可知，彈簧整個(gè)過(guò)程一直處于拉伸狀態(tài)，則從至，彈簧伸長(zhǎng)量一直減小，彈簧彈性勢(shì)能減小，則手機(jī)的機(jī)械能一直增加，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7.圖為遠(yuǎn)距離輸電的電路示意圖。升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，原線圈上接有電壓有效值恒定的交變電源，為輸電線的電阻，的副線圈并聯(lián)多個(gè)用電器，對(duì)于此電路，下列分析正確的有（）A.的輸出電流小于的輸入電流B.的輸出功率等于的輸入功率C.若的副線圈并聯(lián)的用電器增多，消耗的功率減小D.若的副線圈并聯(lián)的用電器增多，輸出電流增加【答案】D【解析】A．的輸出電流等于的輸入電流，都等于輸電線上的電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由于輸電線上有功率損失，則的輸出功率大于的輸入功率，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．若的副線圈并聯(lián)的用電器增多，則降壓變壓器次級(jí)電流越大，則初級(jí)電流也越大，輸電線上的電流越大，可知消耗的功率變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選D。8.光纖從內(nèi)到外一般由纖芯、包層兩部分組成，光信號(hào)在纖芯中傳播。如圖所示，一束復(fù)色光以入射角i從空氣射入一段圓柱狀光纖的纖芯后分成了a、b兩束單色光，已知i=45°，下列說(shuō)法中正確的是（）A.纖芯的折射率小于包層的折射率B.在光纖內(nèi)a光的傳播速度小于b光的傳播速度C.a光在光纖中傳播的時(shí)間比b光長(zhǎng)D.入射角i越小，a、b光各自在光纖中傳播的時(shí)間越短【答案】D【解析】A．因光在纖芯發(fā)生全反射，可知纖芯的折射率大于包層的折射率，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，在光導(dǎo)纖維內(nèi)，a光的折射程度較小，則a光的折射率較小，根據(jù)可可知a光的傳播速度大于b光的傳播速度，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)光射入纖芯的折射角為α，光纖長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則光的路程根據(jù)折射定律有可知光在光纖中傳播的時(shí)間為由圖可知，a光的折射角大于b光的折射角，且所以a光在光纖中傳播的時(shí)間比b光短，故C錯(cuò)誤；D．i越小，則光在端面上的折射角越小，即α越小，根據(jù)可知，a、b光在纖芯中的傳播時(shí)間t越小，故D正確。故選D。9.圖中、是規(guī)格為“，”的燈泡，a、b端所接的交變電壓，現(xiàn)調(diào)節(jié)電阻箱為某一值時(shí)恰好能使兩個(gè)燈泡均正常發(fā)光。已知變壓器為理想變壓器，電表均為理想電表。則（）A.原副線圈匝數(shù)比為4∶1B.電流表和示數(shù)之比為1∶2C.電源的輸出功率為D.增大電阻箱連入電路的阻值兩燈泡均變暗【答案】B【解析】A．兩個(gè)燈泡均正常發(fā)光，可知原線圈的輸入電壓為則原副線圈匝數(shù)比故A錯(cuò)誤；B．電流表的示數(shù)為根據(jù)可得副線圈電流為則電流表的示數(shù)為則電流表和示數(shù)之比為故B正確；C．電源的輸出功率為故C錯(cuò)誤；D．增大電阻箱連入電路阻值，把變壓器和副線圈負(fù)載看成一等效電阻，則等效電阻增大，根據(jù)可知原線圈電流減小，則燈泡功率變小，燈泡變暗；由于燈泡兩端電壓減小，則原線圈輸入電壓增大，副線圈輸出電壓增大，則燈泡兩端電壓增大，燈泡變亮，故D錯(cuò)誤。故選B。10.垂直紙面放置的a、b、c三根導(dǎo)線位于等腰直角三角形的三個(gè)角，導(dǎo)線長(zhǎng)度都是，通以的電流，電流方向如圖。已知通電直導(dǎo)線在其周?chē)臻g產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為為直導(dǎo)線中的電流，為某點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離。若導(dǎo)線在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，則下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)線a、b連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.導(dǎo)線b、c連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，向右C.導(dǎo)線所受的安培力大小為，方向水平向左D.導(dǎo)線所受的安培力大小為，方向水平向左【答案】C【解析】A．已知導(dǎo)線b在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，則導(dǎo)線a、b在ab連線中點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，三個(gè)磁場(chǎng)進(jìn)行矢量合成后，可知導(dǎo)線a、b連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于，A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)線b、c在b、c連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0，則b、c連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為導(dǎo)線a在該點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，由題可知?jiǎng)t該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向向上，B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)線b、c在a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向向上根據(jù)安培力計(jì)算公式可知，導(dǎo)線a所受的安培力大小為，根據(jù)左手定則可知安培力向左，C正確；D．由題可知導(dǎo)線b在c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖由幾何知識(shí)可得c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為則導(dǎo)線所受的安培力大小為由左手定則可知安培力的方向水平向右，D錯(cuò)誤。故選C。二、不定項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）11.以下說(shuō)法中正確的是（）A.圖甲是雙縫干涉示意圖，若只將光源由紅色光改為綠色光，兩相鄰亮條紋間距離減小B.圖乙的亮斑是“泊松亮斑”，最早由泊松先推算出這個(gè)亮斑，后來(lái)泊松發(fā)現(xiàn)圓板中心的確有這個(gè)亮斑C.圖丙醫(yī)用內(nèi)窺鏡利用光的衍射現(xiàn)象，說(shuō)明了光可以不沿直線傳播D.圖丁若只旋轉(zhuǎn)圖中M或N一個(gè)偏振片，光屏P上的光斑亮度會(huì)發(fā)生變化【答案】AD【解析】A．根據(jù)干涉條紋間距可知，只將光源由紅色光改為綠色光，光源的波長(zhǎng)減小，條紋間距減小，A正確；B．圖乙的亮斑是“泊松亮斑”，最早由泊松先推算出這個(gè)亮斑，但泊松認(rèn)為這是非?；闹嚨模髞?lái)菲涅爾與阿拉果發(fā)現(xiàn)圓板中央確有這個(gè)亮斑，B錯(cuò)誤；C．圖丙醫(yī)用內(nèi)窺鏡利用光的全反射，說(shuō)明了光可以不沿直線傳播，C錯(cuò)誤；D．自然光通過(guò)偏振片M后成為偏振光，若只旋轉(zhuǎn)圖中M或N一個(gè)偏振片，則兩偏振片的透振方向的夾角發(fā)生變化，光屏P上的光斑亮度會(huì)發(fā)生變化，D正確。故選AD。12.如圖甲，是均勻介質(zhì)中關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的兩個(gè)波源，其振動(dòng)方向與紙面垂直，所形成的機(jī)械波在紙面內(nèi)傳播。圖乙和圖丙分別是和獨(dú)自振動(dòng)一個(gè)周期后向右傳播形成的波形圖且振幅分別為3cm和2cm。已知機(jī)械波在該介質(zhì)中的傳播速度為點(diǎn)的坐標(biāo)為。時(shí)刻，兩個(gè)波源同時(shí)振動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.兩列波同時(shí)傳到點(diǎn)，且點(diǎn)的起振方向向上B.點(diǎn)在2.5s時(shí)，處于平衡位置且速度向下C.時(shí)，點(diǎn)在平衡位置的下方，且距離為2cmD.將該波源放到傳播速度較大的均勻介質(zhì)中，周期變大【答案】BC【解析】A．由題可知兩列波的波速相同且所以兩列波同時(shí)傳到點(diǎn)，通過(guò)同側(cè)法判斷振源起振方向向下，振源起振方向向上，又因?yàn)?，所以點(diǎn)的起振方向向下，A錯(cuò)誤；B．由公式兩列波傳到點(diǎn)所需，波的周期波的周期時(shí)，1波在點(diǎn)振動(dòng)一個(gè)周期，此時(shí)處于平衡位置且速度方向向下，2波在點(diǎn)振動(dòng)半個(gè)周期，此時(shí)處于平衡位置且速度方向向下，兩列波在點(diǎn)疊加，點(diǎn)此時(shí)處于平衡位置且速度方向向下，B正確；C．由題可知1波傳到點(diǎn)所需2波傳到點(diǎn)所需時(shí)，1波在點(diǎn)振動(dòng)半個(gè)周期，此時(shí)處于平衡位置且速度方向向上，2波在點(diǎn)振動(dòng)個(gè)周期，點(diǎn)在平衡位置的下方，且距離為，兩列波在點(diǎn)疊加，點(diǎn)此時(shí)處于平衡位置下方且距離為，C正確；D．波的周期與波源的振動(dòng)頻率有關(guān)，與介質(zhì)無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。故選BC。13.如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于豎直平面內(nèi)的形金屬框，水平導(dǎo)體棒MN可沿兩側(cè)足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌下滑而不分離，除外，裝置的其余部分電阻都可忽略不計(jì)，將導(dǎo)體棒MN無(wú)初速度釋放，導(dǎo)體棒的動(dòng)能與位移、時(shí)間變化關(guān)系圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】CD．對(duì)金屬桿受力分析，可知：可得：即加速度隨速度的增大而減小，最終為0；圖像的斜率為初始速度為零因此斜率為零，最后加速度為零因此斜率為零，斜率先變大后變小，故C正確，D錯(cuò)誤；AB．由動(dòng)能定理：mgx-W安=Ek，F(xiàn)安=BIL由閉合電路歐姆定律：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv可得：速度逐漸增大，但增大的速度隨時(shí)間變緩，可知?jiǎng)幽茈S位移增加而增大，但非線性關(guān)系，逐漸變緩，故B錯(cuò)誤，A正確。

故選AC。非選擇題部分三、非選擇題部分（本題共5小題，共58分）14.某學(xué)生小組做“用單擺測(cè)量重力加速度的大小”實(shí)驗(yàn)。（1）制作單擺時(shí)，在圖甲、圖乙兩種單擺的懸掛方式中，選擇圖甲方式的目的是要保持?jǐn)[動(dòng)中______不變；（2）用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑，測(cè)得讀數(shù)如圖丙，則擺球直徑為_(kāi)_____cm；（3）為了減小誤差，應(yīng)從小球經(jīng)過(guò)______（填“最高點(diǎn)”或“最低點(diǎn)”）開(kāi)始計(jì)時(shí)。（4）小明在測(cè)量后作出的圖線如圖丁所示，圖線不過(guò)原點(diǎn)的原因是______。A.計(jì)算擺長(zhǎng)時(shí)未加上小球半徑B.計(jì)算擺長(zhǎng)時(shí)加上了小球直徑C.這是實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差（5）若該小組某成員只選用了圖丁中A點(diǎn)的坐標(biāo)值直接代入單擺的周期公式中，這樣計(jì)算得到的值相比于真實(shí)值______（填“偏大”、“偏小”或“只存在偶然誤差”）。（6）從圖丁測(cè)得的結(jié)果應(yīng)是______（取9.87，結(jié)果保留2位小數(shù)）?！敬鸢浮浚?）擺長(zhǎng)（或懸點(diǎn)）（2）1.06（3）最低點(diǎn)（4）A（5）偏小（6）9.77【解析】（1）選擇圖甲的目的是要保證單擺擺動(dòng)過(guò)程中的擺長(zhǎng)、懸掛點(diǎn)的位置不變。（2）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)包括主尺讀數(shù)加副尺讀數(shù)，主尺讀數(shù)副尺讀數(shù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)（3）因?yàn)樾∏虻阶罡唿c(diǎn)的時(shí)間無(wú)法準(zhǔn)確判斷，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)從小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)。（4）由公式當(dāng)測(cè)量擺長(zhǎng)時(shí)未加上小球半徑，可使圖像不過(guò)原點(diǎn)且與軸正半軸有交點(diǎn)，故選A。（5）因?yàn)樵谟?jì)算時(shí)未加小球半徑，，所以即測(cè)量值相比于真實(shí)值偏小。（6）由得15.用激光筆和壁厚不計(jì)長(zhǎng)方體水箱測(cè)量水的折射率，其俯視光路如圖所示。（1）激光筆發(fā)出的激光從水箱上的點(diǎn)水平入射，到達(dá)面上的點(diǎn)后發(fā)生反射和折射，折射光路為圖中虛線______（填“Ⅰ”“Ⅱ”），反射光從N點(diǎn)射出水箱。作QM連線的延長(zhǎng)線與ef面的邊界交于點(diǎn)，用刻度尺測(cè)量PM和OM的長(zhǎng)度和。則水的折射率的表達(dá)式______。（2）相對(duì)誤差的計(jì)算式為。為了減小測(cè)量的相對(duì)誤差，應(yīng)調(diào)整激光在點(diǎn)入射時(shí)的入射角使其______（填“稍大”或“稍小”）一些，此時(shí)會(huì)發(fā)現(xiàn)從ef邊射出的折射光相比調(diào)整之前______（填“變亮”、“不變”或“變暗”）?！敬鸢浮浚?）（2）稍小變暗【解析】（1）[1]光線由水中射入空氣時(shí)折射角大于入射角，可知折射光路為圖中虛線Ⅰ；[2]水的折射率的表達(dá)式（2）[1][2]為了減小d1、d2測(cè)量的相對(duì)誤差，應(yīng)使d1、d2長(zhǎng)度增大，故實(shí)驗(yàn)中激光在M點(diǎn)入射時(shí)應(yīng)盡量使入射角稍小一些，則光在ef邊的入射角增大，折射光變暗。16.在“用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)中；（1）觀察到較模糊的干涉條紋，要使條紋變得清晰，值得嘗試的是______。A.調(diào)亮光源B.調(diào)節(jié)遮光筒C.撥動(dòng)撥桿D.旋轉(zhuǎn)測(cè)量頭（2）要增大觀察到的條紋間距，正確的做法是______（多選）A.換用兩縫間距更小的雙縫片B.改用波長(zhǎng)更小的單色光C.增大單縫與雙縫間的距離D.增大雙縫與測(cè)量頭間的距離【答案】（1）C（2）AD【解析】（1）干涉條紋模糊通常是由于雙縫與單縫未嚴(yán)格平行。撥動(dòng)撥桿可以調(diào)節(jié)雙縫的方位，使其與單縫平行，從而改善條紋清晰度。故選C。（2）A．由公式可知，換用兩縫間距更小的雙縫片，可增大觀察到的條紋間距，故A正確；B．由公式可知，改用波長(zhǎng)更小的單色光，條紋間距減小，故B錯(cuò)誤；C．由公式可知，單縫與雙縫間距不影響條紋間距，故C錯(cuò)誤；D．由公式可知，增大雙縫與測(cè)量頭間的距離，即增大，則可增大觀察到的條紋間距，故D正確。故選AD。17.體育課上，甲同學(xué)在距離地面高處將排球擊出，球的初速度沿水平方向，大小為；乙同學(xué)在離地處將排球墊起，墊起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球質(zhì)量，取重力加速度，不計(jì)空氣阻力。求：（1）排球被墊起前空中飛行的時(shí)間；（2）排球被墊起前瞬間具有的動(dòng)能和動(dòng)量；（3）排球與乙同學(xué)作用過(guò)程中所受沖量的大小。【答案】（1）0.6s（2），，與水平方向夾角為（3）【解析】（1）設(shè)排球在空中飛行的時(shí)間為，則解得（2）乙同學(xué)墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小為根據(jù)解得可知?jiǎng)幽転閯?dòng)量大小為設(shè)速度方向與水平方向夾角為，則有動(dòng)量的方向與水平方向夾角為（3）根據(jù)動(dòng)量定理，排球與乙同學(xué)作用過(guò)程中所受沖量的大小為18.如圖，質(zhì)量為2kg的光滑小球A（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)繩和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩，與豎直方向的夾角均為。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為6kg的物塊C靜止在B的左端，兩者接觸面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15。剪斷細(xì)繩，小球A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。（重力加速度?。?）求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度和細(xì)繩OP所受的拉力。（2）A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)發(fā)生彈性碰撞（時(shí)間極短，A碰撞前后豎直方向的速度不變），求碰后A和C的水平速度大小。（3）A、C碰后，C最終未能從B上掉落，求木板B的最小長(zhǎng)度（不計(jì)C的寬度）?！敬鸢浮浚?）4m/s，40N（2）A的速度大小為，C的速度大小為（3）【解析】（1）A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有解得對(duì)最低點(diǎn)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得（2）A與C相碰時(shí)，機(jī)械能守恒和水平方向動(dòng)量守恒，可知，故解得，（3）A、C碰后，C滑到B的最右端與B共速，則對(duì)CB分析，過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量守恒可得根據(jù)能量守恒得聯(lián)立解得19.為了提高自行車(chē)夜間行駛的安全性，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種“閃爍”裝置。如圖所示，在自行車(chē)后輪上安裝半徑的金屬內(nèi)圈、半徑的金屬外圈，內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根導(dǎo)線，每根導(dǎo)線的中間均串聯(lián)有一電阻為的小燈泡（體積可忽略）。在后支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度、方向垂直紙面向外的“扇面形”勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其內(nèi)半徑為、外半徑為、張角，測(cè)試該裝置效果時(shí)將后輪懸空，在外圈上間歇性施加一個(gè)沿外圈切線方向的力，維持輪胎以恒定角速度順時(shí)針繞軸一直轉(zhuǎn)動(dòng)。若不計(jì)其它電阻，忽略轉(zhuǎn)軸的摩擦阻力和磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。（1）求當(dāng)導(dǎo)線ab進(jìn)入“扇面形”磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，并寫(xiě)出流過(guò)燈的電流方向；（2）求導(dǎo)線ab進(jìn)入“扇面形”磁場(chǎng)時(shí)流過(guò)燈泡的電流；（3）求導(dǎo)線ab進(jìn)入“扇面形”所受到的安培力大小；（4）求力的大小和平均功率?！敬鸢浮浚?），方向從（2）（3）（4）【解析】（1）金屬條ab在磁場(chǎng)中繞中心切割，由公式BLv可得解得根據(jù)右手定則，可知感應(yīng)電流方向?yàn)椋?）通過(guò)分析，可得電路為根據(jù)電路可知總電阻為可知流過(guò)的電流為（3）磁場(chǎng)中的導(dǎo)線受到的安培力為（4）安培力的等效作用點(diǎn)離轉(zhuǎn)軸的距離為由力矩平衡可得解得外力只在導(dǎo)線進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做功，因此外力的平均功率為20.磁譜儀是測(cè)量粒子能譜的重要儀器。磁譜儀的工作原理如圖所示，放射源發(fā)出質(zhì)量為，電量為的粒子沿垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，被限束光欄Q限制在的小角度內(nèi)，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到與限束光欄同一水平直線的感光片上。（重力影響不計(jì)）（1）若只有發(fā)射源發(fā)射粒子，求：①動(dòng)能為的粒子均垂直于限束光欄的方向進(jìn)入磁場(chǎng)。求這些粒子打到P上的點(diǎn)離的距離；②實(shí)際上，限束光欄有一定的寬度，粒子將在角內(nèi)進(jìn)入磁場(chǎng)，求動(dòng)能均為的粒子打到P上的范圍。（2）若在左側(cè)增加一個(gè)發(fā)射源，兩個(gè)發(fā)射源同時(shí)讓動(dòng)能在，且）范圍內(nèi)的粒子在角內(nèi)進(jìn)入磁場(chǎng)并都打在了P上。若發(fā)現(xiàn)兩段粒子范圍未重疊，則與之間的距離應(yīng)滿足什么條件？【答案】（1）①；②（2）【解析】（1）①設(shè)粒子以速度進(jìn)入磁場(chǎng)，打在膠片上的位置距的距離為，由洛倫茲力提供向心力粒子的動(dòng)能其中由以上三式可得這些粒子打到P上的點(diǎn)離的距離為②由①可知，動(dòng)能為的粒子沿角入射，擊中P時(shí)離最近，設(shè)該距離為，可得動(dòng)能為的粒子垂直入射，擊中P時(shí)離最遠(yuǎn)，設(shè)該距離為，可得其中解得（2）粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力對(duì)最大動(dòng)能的粒子有解得對(duì)，動(dòng)能為的粒子沿角入射，擊中時(shí)離最近，設(shè)該距離為，可得對(duì)，動(dòng)能為的粒子垂直入射，擊中時(shí)離最遠(yuǎn)，設(shè)該距離為，可得當(dāng)擊中P的兩段痕跡重疊時(shí)解得浙江省A9協(xié)作體2024-2025學(xué)年高二下4月期中物理試題考生須知：1、本卷滿分100分，考試時(shí)間90分鐘；2、答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫(xiě)班級(jí)、姓名、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)并填涂相應(yīng)數(shù)字；3、所有答案必須寫(xiě)在答題卷上，寫(xiě)在試卷上無(wú)效；4、考試結(jié)束后，只需上交答題卷。選擇題部分一、單項(xiàng)選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列物理量中屬于矢量且用國(guó)際單位制中的基本單位表示正確的是（）A.磁感應(yīng)強(qiáng)度 B.沖量 C.電流強(qiáng)度 D.磁通量【答案】B【解析】A．磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，磁感應(yīng)強(qiáng)度可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位用用基本單位表示為故A錯(cuò)誤；B．沖量為矢量，沖量可得沖量的單位用用基本單位表示為故B正確；C．電流強(qiáng)度為標(biāo)量，國(guó)際單位制中的基本單位表示為A，故C錯(cuò)誤；D．磁通量為標(biāo)量，磁通量可得磁通量的單位用用基本單位表示為故D錯(cuò)誤。2.空間中存在著如圖所示的磁場(chǎng)，其磁感線分布如圖所示，磁感線穿過(guò)大小不變的閉合圓形金屬線圈。線圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的過(guò)程中（）A.線圈有縮小的趨勢(shì)B.穿過(guò)線圈的磁通量變小C.若線圈不閉合，線圈中沒(méi)有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D.若線圈勻速移動(dòng)，線圈中沒(méi)有感應(yīng)電流【答案】B【解析】A．從位置Ⅰ到位置Ⅱ，穿過(guò)線圈的磁通量變小。根據(jù)楞次定律的推廣表述“增縮減擴(kuò)”，這里磁通量減小，線圈應(yīng)有擴(kuò)張的趨勢(shì)，而非縮小趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B．磁感線的疏密表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，從位置Ⅰ到位置Ⅱ，磁場(chǎng)變?nèi)酰€圈面積不變，根據(jù)磁通量公式Φ=BS（B為磁感應(yīng)強(qiáng)度，S為線圈面積）可知穿過(guò)線圈的磁通量變小，故B正確；C．只要穿過(guò)線圈（無(wú)論閉合與否）的磁通量發(fā)生變化，就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，只有閉合回路中才有感應(yīng)電流，所以若線圈不閉合，雖沒(méi)有感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故C錯(cuò)誤；D．線圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的過(guò)程中，磁通量發(fā)生變化，根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生條件，只要穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中就有感應(yīng)電流，與線圈是否勻速移動(dòng)無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選B。3.關(guān)于下列四幅圖的說(shuō)法，錯(cuò)誤的是（）A.圖甲靜止在水平絕緣桌面上的金屬圓環(huán)上方的條形磁鐵向右運(yùn)動(dòng)，圓環(huán)對(duì)桌面的摩擦力向右B.圖乙為回旋加速器的示意圖，增大加速電壓，粒子在D型盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間會(huì)變短C.圖丙中閉合瞬間，線圈L兩端電壓小于電容器兩端電壓D.圖丁真空冶煉爐利用渦流產(chǎn)生的熱量使金屬熔化【答案】C【解析】A．圖甲靜止在水平絕緣桌面上的金屬圓環(huán)上方的條形磁鐵向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)楞次定律推論：來(lái)拒去留，可知條形磁鐵受到的磁場(chǎng)力偏左，則圓環(huán)受到的磁場(chǎng)力偏右，桌面對(duì)圓環(huán)的摩擦力向左，所以圓環(huán)對(duì)桌面的摩擦力向右，故A正確，不滿足題意要求；B．圖乙為回旋加速器的示意圖，增大加速電壓，粒子在電場(chǎng)中加速的次數(shù)減小，則粒子磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)的次數(shù)減小，則粒子在D型盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間會(huì)變短，故B正確，不滿足題意要求；C．圖丙中閉合瞬間，由于線圈L與電容器并聯(lián)，所以線圈L兩端電壓等于電容器兩端電壓，故C錯(cuò)誤，滿足題意要求；D．圖丁真空冶煉爐利用渦流產(chǎn)生的熱量使金屬熔化，故D正確，不滿足題意要求。故選C4.飛力士棒（Flexi-bar）是一種能加強(qiáng)軀干肌肉功能的訓(xùn)練器材。標(biāo)準(zhǔn)型飛力士棒由握柄、負(fù)重頭和PVC軟桿連接而成，可以使用雙手進(jìn)行驅(qū)動(dòng)，棒的固有頻率為4.5Hz，如圖所示。則（）A.使用者用力越大，飛力士棒振動(dòng)越快B.無(wú)論手振動(dòng)的頻率如何，飛力士棒振動(dòng)的頻率始終為4.5HzC.隨著手振動(dòng)的頻率增大，飛力士棒振動(dòng)的幅度一定變大D.驅(qū)動(dòng)該飛力士棒每分鐘振動(dòng)270次與每分鐘振動(dòng)400次相比，棒子的振幅更大?！敬鸢浮緿【解析】A．使用者用力越大，飛力士棒振動(dòng)不一定越快，只有當(dāng)使用者振動(dòng)越快，則棒振動(dòng)才越快，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．飛力士棒在手的作用下做受迫振動(dòng)，則棒振動(dòng)的頻率應(yīng)該等于手振動(dòng)的頻率，不是始終為4.5Hz，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)手振動(dòng)的頻率等于棒的固有頻率時(shí)，會(huì)產(chǎn)生共振，此時(shí)棒的振幅最大，即隨著手振動(dòng)的頻率增大，飛力士棒振動(dòng)的幅度不一定變大，驅(qū)動(dòng)該飛力士棒每分鐘振動(dòng)270次，即頻率為4.5Hz，每分鐘振動(dòng)400次即頻率約為6.7Hz，可知棒每分鐘振動(dòng)270次棒子的振幅更大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5.在光滑絕緣的水平面上，有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，球質(zhì)量為，帶電量為，球質(zhì)量為，帶電量為，且，有一極短絕緣輕彈簧被壓縮于AB兩球之間，并放置于點(diǎn)，（可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B兩球所帶的電荷量在整個(gè)過(guò)程中不變），現(xiàn)解鎖彈簧，靜止的兩個(gè)小球被彈開(kāi)后恰在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向和軌跡如圖所示（俯視圖）。則（）A.軌跡1是球的，磁場(chǎng)方向豎直向上B.軌跡2是球的，磁場(chǎng)方向豎直向上C.軌跡1是球的，磁場(chǎng)方向豎直向下D.軌跡2是球的，磁場(chǎng)方向豎直向下【答案】A【解析】帶電小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，則有解得圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最初靜止，初動(dòng)量為零，故彈簧解鎖后兩球動(dòng)量大小相等，方向相反，因，則二者軌道半徑滿足所以軌跡1是A球的，軌跡二是B球的，再由左手定則可知，磁場(chǎng)方向豎直向上。故選A。6.小明將手機(jī)系在輕彈簧下方制作了一個(gè)振動(dòng)裝置。在一次實(shí)驗(yàn)中手機(jī)加速度傳感器記錄了手機(jī)在豎直方向的振動(dòng)情況，以向上為正方向，得到手機(jī)振動(dòng)過(guò)程中加速度隨時(shí)間變化的曲線為正弦曲線，如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)，彈簧彈力為0B.時(shí)，手機(jī)位于平衡位置上方且速度在增大C.從至，手機(jī)的動(dòng)能減小D.從至，手機(jī)的機(jī)械能先增加后減少【答案】C【解析】A．由題圖乙知，時(shí)，手機(jī)加速度為0，由牛頓第二定律可知，此時(shí)受力的合力為0，彈簧彈力大小為故A錯(cuò)誤；B．由題圖乙知，時(shí)，手機(jī)加速度為正，且正在增大，則手機(jī)在平衡位置下方，向端點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，速度減小，故B錯(cuò)誤；CD．由題圖乙知，從至，手機(jī)的加速度由0變?yōu)樨?fù)向最大，則手機(jī)由平衡位置向正向最大位移處運(yùn)動(dòng)，速度減小，動(dòng)能減小，整個(gè)過(guò)程手機(jī)與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于手機(jī)的最大加速度為，可知，彈簧整個(gè)過(guò)程一直處于拉伸狀態(tài)，則從至，彈簧伸長(zhǎng)量一直減小，彈簧彈性勢(shì)能減小，則手機(jī)的機(jī)械能一直增加，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7.圖為遠(yuǎn)距離輸電的電路示意圖。升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，原線圈上接有電壓有效值恒定的交變電源，為輸電線的電阻，的副線圈并聯(lián)多個(gè)用電器，對(duì)于此電路，下列分析正確的有（）A.的輸出電流小于的輸入電流B.的輸出功率等于的輸入功率C.若的副線圈并聯(lián)的用電器增多，消耗的功率減小D.若的副線圈并聯(lián)的用電器增多，輸出電流增加【答案】D【解析】A．的輸出電流等于的輸入電流，都等于輸電線上的電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由于輸電線上有功率損失，則的輸出功率大于的輸入功率，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．若的副線圈并聯(lián)的用電器增多，則降壓變壓器次級(jí)電流越大，則初級(jí)電流也越大，輸電線上的電流越大，可知消耗的功率變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選D。8.光纖從內(nèi)到外一般由纖芯、包層兩部分組成，光信號(hào)在纖芯中傳播。如圖所示，一束復(fù)色光以入射角i從空氣射入一段圓柱狀光纖的纖芯后分成了a、b兩束單色光，已知i=45°，下列說(shuō)法中正確的是（）A.纖芯的折射率小于包層的折射率B.在光纖內(nèi)a光的傳播速度小于b光的傳播速度C.a光在光纖中傳播的時(shí)間比b光長(zhǎng)D.入射角i越小，a、b光各自在光纖中傳播的時(shí)間越短【答案】D【解析】A．因光在纖芯發(fā)生全反射，可知纖芯的折射率大于包層的折射率，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，在光導(dǎo)纖維內(nèi)，a光的折射程度較小，則a光的折射率較小，根據(jù)可可知a光的傳播速度大于b光的傳播速度，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)光射入纖芯的折射角為α，光纖長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則光的路程根據(jù)折射定律有可知光在光纖中傳播的時(shí)間為由圖可知，a光的折射角大于b光的折射角，且所以a光在光纖中傳播的時(shí)間比b光短，故C錯(cuò)誤；D．i越小，則光在端面上的折射角越小，即α越小，根據(jù)可知，a、b光在纖芯中的傳播時(shí)間t越小，故D正確。故選D。9.圖中、是規(guī)格為“，”的燈泡，a、b端所接的交變電壓，現(xiàn)調(diào)節(jié)電阻箱為某一值時(shí)恰好能使兩個(gè)燈泡均正常發(fā)光。已知變壓器為理想變壓器，電表均為理想電表。則（）A.原副線圈匝數(shù)比為4∶1B.電流表和示數(shù)之比為1∶2C.電源的輸出功率為D.增大電阻箱連入電路的阻值兩燈泡均變暗【答案】B【解析】A．兩個(gè)燈泡均正常發(fā)光，可知原線圈的輸入電壓為則原副線圈匝數(shù)比故A錯(cuò)誤；B．電流表的示數(shù)為根據(jù)可得副線圈電流為則電流表的示數(shù)為則電流表和示數(shù)之比為故B正確；C．電源的輸出功率為故C錯(cuò)誤；D．增大電阻箱連入電路阻值，把變壓器和副線圈負(fù)載看成一等效電阻，則等效電阻增大，根據(jù)可知原線圈電流減小，則燈泡功率變小，燈泡變暗；由于燈泡兩端電壓減小，則原線圈輸入電壓增大，副線圈輸出電壓增大，則燈泡兩端電壓增大，燈泡變亮，故D錯(cuò)誤。故選B。10.垂直紙面放置的a、b、c三根導(dǎo)線位于等腰直角三角形的三個(gè)角，導(dǎo)線長(zhǎng)度都是，通以的電流，電流方向如圖。已知通電直導(dǎo)線在其周?chē)臻g產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為為直導(dǎo)線中的電流，為某點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離。若導(dǎo)線在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，則下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)線a、b連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.導(dǎo)線b、c連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，向右C.導(dǎo)線所受的安培力大小為，方向水平向左D.導(dǎo)線所受的安培力大小為，方向水平向左【答案】C【解析】A．已知導(dǎo)線b在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，則導(dǎo)線a、b在ab連線中點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，三個(gè)磁場(chǎng)進(jìn)行矢量合成后，可知導(dǎo)線a、b連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于，A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)線b、c在b、c連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0，則b、c連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為導(dǎo)線a在該點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，由題可知?jiǎng)t該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向向上，B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)線b、c在a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向向上根據(jù)安培力計(jì)算公式可知，導(dǎo)線a所受的安培力大小為，根據(jù)左手定則可知安培力向左，C正確；D．由題可知導(dǎo)線b在c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖由幾何知識(shí)可得c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為則導(dǎo)線所受的安培力大小為由左手定則可知安培力的方向水平向右，D錯(cuò)誤。故選C。二、不定項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）11.以下說(shuō)法中正確的是（）A.圖甲是雙縫干涉示意圖，若只將光源由紅色光改為綠色光，兩相鄰亮條紋間距離減小B.圖乙的亮斑是“泊松亮斑”，最早由泊松先推算出這個(gè)亮斑，后來(lái)泊松發(fā)現(xiàn)圓板中心的確有這個(gè)亮斑C.圖丙醫(yī)用內(nèi)窺鏡利用光的衍射現(xiàn)象，說(shuō)明了光可以不沿直線傳播D.圖丁若只旋轉(zhuǎn)圖中M或N一個(gè)偏振片，光屏P上的光斑亮度會(huì)發(fā)生變化【答案】AD【解析】A．根據(jù)干涉條紋間距可知，只將光源由紅色光改為綠色光，光源的波長(zhǎng)減小，條紋間距減小，A正確；B．圖乙的亮斑是“泊松亮斑”，最早由泊松先推算出這個(gè)亮斑，但泊松認(rèn)為這是非?；闹嚨?，后來(lái)菲涅爾與阿拉果發(fā)現(xiàn)圓板中央確有這個(gè)亮斑，B錯(cuò)誤；C．圖丙醫(yī)用內(nèi)窺鏡利用光的全反射，說(shuō)明了光可以不沿直線傳播，C錯(cuò)誤；D．自然光通過(guò)偏振片M后成為偏振光，若只旋轉(zhuǎn)圖中M或N一個(gè)偏振片，則兩偏振片的透振方向的夾角發(fā)生變化，光屏P上的光斑亮度會(huì)發(fā)生變化，D正確。故選AD。12.如圖甲，是均勻介質(zhì)中關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的兩個(gè)波源，其振動(dòng)方向與紙面垂直，所形成的機(jī)械波在紙面內(nèi)傳播。圖乙和圖丙分別是和獨(dú)自振動(dòng)一個(gè)周期后向右傳播形成的波形圖且振幅分別為3cm和2cm。已知機(jī)械波在該介質(zhì)中的傳播速度為點(diǎn)的坐標(biāo)為。時(shí)刻，兩個(gè)波源同時(shí)振動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.兩列波同時(shí)傳到點(diǎn)，且點(diǎn)的起振方向向上B.點(diǎn)在2.5s時(shí)，處于平衡位置且速度向下C.時(shí)，點(diǎn)在平衡位置的下方，且距離為2cmD.將該波源放到傳播速度較大的均勻介質(zhì)中，周期變大【答案】BC【解析】A．由題可知兩列波的波速相同且所以兩列波同時(shí)傳到點(diǎn)，通過(guò)同側(cè)法判斷振源起振方向向下，振源起振方向向上，又因?yàn)?，所以點(diǎn)的起振方向向下，A錯(cuò)誤；B．由公式兩列波傳到點(diǎn)所需，波的周期波的周期時(shí)，1波在點(diǎn)振動(dòng)一個(gè)周期，此時(shí)處于平衡位置且速度方向向下，2波在點(diǎn)振動(dòng)半個(gè)周期，此時(shí)處于平衡位置且速度方向向下，兩列波在點(diǎn)疊加，點(diǎn)此時(shí)處于平衡位置且速度方向向下，B正確；C．由題可知1波傳到點(diǎn)所需2波傳到點(diǎn)所需時(shí)，1波在點(diǎn)振動(dòng)半個(gè)周期，此時(shí)處于平衡位置且速度方向向上，2波在點(diǎn)振動(dòng)個(gè)周期，點(diǎn)在平衡位置的下方，且距離為，兩列波在點(diǎn)疊加，點(diǎn)此時(shí)處于平衡位置下方且距離為，C正確；D．波的周期與波源的振動(dòng)頻率有關(guān)，與介質(zhì)無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。故選BC。13.如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于豎直平面內(nèi)的形金屬框，水平導(dǎo)體棒MN可沿兩側(cè)足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌下滑而不分離，除外，裝置的其余部分電阻都可忽略不計(jì)，將導(dǎo)體棒MN無(wú)初速度釋放，導(dǎo)體棒的動(dòng)能與位移、時(shí)間變化關(guān)系圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】CD．對(duì)金屬桿受力分析，可知：可得：即加速度隨速度的增大而減小，最終為0；圖像的斜率為初始速度為零因此斜率為零，最后加速度為零因此斜率為零，斜率先變大后變小，故C正確，D錯(cuò)誤；AB．由動(dòng)能定理：mgx-W安=Ek，F(xiàn)安=BIL由閉合電路歐姆定律：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv可得：速度逐漸增大，但增大的速度隨時(shí)間變緩，可知?jiǎng)幽茈S位移增加而增大，但非線性關(guān)系，逐漸變緩，故B錯(cuò)誤，A正確。

故選AC。非選擇題部分三、非選擇題部分（本題共5小題，共58分）14.某學(xué)生小組做“用單擺測(cè)量重力加速度的大小”實(shí)驗(yàn)。（1）制作單擺時(shí)，在圖甲、圖乙兩種單擺的懸掛方式中，選擇圖甲方式的目的是要保持?jǐn)[動(dòng)中______不變；（2）用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑，測(cè)得讀數(shù)如圖丙，則擺球直徑為_(kāi)_____cm；（3）為了減小誤差，應(yīng)從小球經(jīng)過(guò)______（填“最高點(diǎn)”或“最低點(diǎn)”）開(kāi)始計(jì)時(shí)。（4）小明在測(cè)量后作出的圖線如圖丁所示，圖線不過(guò)原點(diǎn)的原因是______。A.計(jì)算擺長(zhǎng)時(shí)未加上小球半徑B.計(jì)算擺長(zhǎng)時(shí)加上了小球直徑C.這是實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差（5）若該小組某成員只選用了圖丁中A點(diǎn)的坐標(biāo)值直接代入單擺的周期公式中，這樣計(jì)算得到的值相比于真實(shí)值______（填“偏大”、“偏小”或“只存在偶然誤差”）。（6）從圖丁測(cè)得的結(jié)果應(yīng)是______（取9.87，結(jié)果保留2位小數(shù)）?！敬鸢浮浚?）擺長(zhǎng)（或懸點(diǎn)）（2）1.06（3）最低點(diǎn)（4）A（5）偏小（6）9.77【解析】（1）選擇圖甲的目的是要保證單擺擺動(dòng)過(guò)程中的擺長(zhǎng)、懸掛點(diǎn)的位置不變。（2）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)包括主尺讀數(shù)加副尺讀數(shù)，主尺讀數(shù)副尺讀數(shù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)（3）因?yàn)樾∏虻阶罡唿c(diǎn)的時(shí)間無(wú)法準(zhǔn)確判斷，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)從小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)。（4）由公式當(dāng)測(cè)量擺長(zhǎng)時(shí)未加上小球半徑，可使圖像不過(guò)原點(diǎn)且與軸正半軸有交點(diǎn)，故選A。（5）因?yàn)樵谟?jì)算時(shí)未加小球半徑，，所以即測(cè)量值相比于真實(shí)值偏小。（6）由得15.用激光筆和壁厚不計(jì)長(zhǎng)方體水箱測(cè)量水的折射率，其俯視光路如圖所示。（1）激光筆發(fā)出的激光從水箱上的點(diǎn)水平入射，到達(dá)面上的點(diǎn)后發(fā)生反射和折射，折射光路為圖中虛線______（填“Ⅰ”“Ⅱ”），反射光從N點(diǎn)射出水箱。作QM連線的延長(zhǎng)線與ef面的邊界交于點(diǎn)，用刻度尺測(cè)量PM和OM的長(zhǎng)度和。則水的折射率的表達(dá)式______。（2）相對(duì)誤差的計(jì)算式為。為了減小測(cè)量的相對(duì)誤差，應(yīng)調(diào)整激光在點(diǎn)入射時(shí)的入射角使其______（填“稍大”或“稍小”）一些，此時(shí)會(huì)發(fā)現(xiàn)從ef邊射出的折射光相比調(diào)整之前______（填“變亮”、“不變”或“變暗”）。【答案】（1）（2）稍小變暗【解析】（1）[1]光線由水中射入空氣時(shí)折射角大于入射角，可知折射光路為圖中虛線Ⅰ；[2]水的折射率的表達(dá)式（2）[1][2]為了減小d1、d2測(cè)量的相對(duì)誤差，應(yīng)使d1、d2長(zhǎng)度增大，故實(shí)驗(yàn)中激光在M點(diǎn)入射時(shí)應(yīng)盡量使入射角稍小一些，則光在ef邊的入射角增大，折射光變暗。16.在“用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)中；（1）觀察到較模糊的干涉條紋，要使條紋變得清晰，值得嘗試的是______。A.調(diào)亮光源B.調(diào)節(jié)遮光筒C.撥動(dòng)撥桿D.旋轉(zhuǎn)測(cè)量頭（2）要增大觀察到的條紋間距，正確的做法是______（多選）A.換用兩縫間距更小的雙縫片B.改用波長(zhǎng)更小的單色光C.增大單縫與雙縫間的距離D.增大雙縫與測(cè)量頭間的距離【答案】（1）C（2）AD【解析】（1）干涉條紋模糊通常是由于雙縫與單縫未嚴(yán)格平行。撥動(dòng)撥桿可以調(diào)節(jié)雙縫的方位，使其與單縫平行，從而改善條紋清晰度。故選C。（2）A．由公式可知，換用兩縫間距更小的雙縫片，可增大觀察到的條紋間距，故A正確；B．由公式可知，改用波長(zhǎng)更小的單色光，條紋間距減小，故B錯(cuò)誤；C．由公式可知，單縫與雙縫間距不影響條紋間距，故C錯(cuò)誤；D．由公式可知，增大雙縫與測(cè)量頭間的距離，即增大，則可增大觀察到的條紋間距，故D正確。故選AD。17.體育課上，甲同學(xué)在距離地面高處將排球擊出，球的初速度沿水